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浙江省丽水市2024-2025学年高一上学期1月期末教学质量监控化学试题
1．（2025高一上·丽水期末）CaSO4·2H2O是
A．氧化物 B．酸 C．碱 D．盐
【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】氧化物的构成是两种元素且其中一种为氧；酸在水中解离出的阳离子只有 H+；碱在水中解离出的阴离子只有 OH-；盐的特征是由金属阳离子（或铵根离子）与酸根阴离子构成。CaSO4 2H2O 中，Ca2+是金属阳离子，SO42-是酸根阴离子，还含有结晶水，符合盐的组成，因此属于盐。
故答案为：D。
【分析】判断 CaSO4 2H2O 的类别，需依据各类物质的核心特征。
2．（2025高一上·丽水期末）下列物质起氧化作用的是
A．明矾用作净水剂 B．铁粉用作食品脱氧剂
C．漂粉精用作消毒剂 D．甘油用作护肤保湿剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质
【解析】【解答】A、明矾（KAl(SO4)2 12H2O）净水是因为 Al3+水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中杂质，此过程无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，因此不起氧化作用，故A不符合题意 ；
B、铁粉作食品脱氧剂时，铁粉与氧气反应，铁元素化合价升高，铁粉被氧化，作为还原剂起还原作用，而非氧化作用，故B不符合题意 ；
C、漂粉精（主要成分是 Ca(ClO)2和 CaCl2）作消毒剂时，其中 ClO-中的氯元素为 + 1 价，反应中氯元素化合价降低，漂粉精作为氧化剂，起到氧化作用，故C符合题意 ；
D、甘油作护肤保湿剂是利用其吸水性，属于物理性质，无化学变化，更不存在氧化作用，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】判断物质是否起氧化作用，关键看其是否作为氧化剂 —— 氧化剂在反应中会使其他物质被氧化，自身所含元素化合价降低。
3．（2025高一上·丽水期末）下列物质属于电解质的是
A．KNO3固体 B．铜丝 C．NaCl溶液 D．酒精
【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、KNO3固体是化合物，在溶于水或熔融时，能自身解离出 K+和 NO3-，具备导电能力，符合电解质的条件，故A符合题意 ；
B、铜丝是单质，而电解质的前提是化合物，因此铜丝不属于电解质，故B不符合题意 ；
C、NaCl 溶液是混合物（由 NaCl 和水组成），电解质要求是纯净物，所以该溶液不是电解质，故C不符合题意 ；
D、酒精（乙醇）在任何状态下都不能自身电离出离子，无法导电，属于非电解质，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】判断物质是否为电解质，需紧扣电解质的核心定义 —— 必须是化合物，且在水溶液中或熔融状态下能自身电离出自由离子而导电。
4．（2025高一上·丽水期末）下列实验仪器为容量瓶的是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、该仪器具有细颈、梨形的瓶身，还有刻度线与瓶塞，符合容量瓶的外观特点，故A符合题意 ；
B、此仪器是分液漏斗，有活塞，主要用于分离互不相溶的液体，和容量瓶外观不同，故B不符合题意 ；
C、该仪器为长颈漏斗，颈部较长，用于向反应容器中添加液体，与容量瓶外形差异大，故C不符合题意 ；
D、此仪器是蒸馏烧瓶，有支管，用于蒸馏操作，和容量瓶外观明显不同，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】要判断哪个仪器是容量瓶，需回忆容量瓶的典型外观特征，即带有刻度线、瓶塞，瓶身呈细颈、梨形。然后依次分析各选项对应的仪器
5．（2025高一上·丽水期末）在高温时，水蒸气与灼热的碳发生反应：H2O+CH2+CO，下列说法不正确的是
A．H2O是氧化剂 B．C是还原剂
C．H2是还原产物 D．CO是还原产物
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】对于反应 H2O+CH2+CO ：H2O 中的氢元素，化合价从 +1 变成 0（降低），所以 H2O 是氧化剂，其被还原后生成的 H2是还原产物。
碳元素的化合价从 0 变成 +2（升高），所以 C 是还原剂，其被氧化后生成的 CO 是氧化产物。
A、H2O 中氢元素化合价降低，是氧化剂，A正确；
B、C 中碳元素化合价升高，是还原剂，B正确；
C、H2是 H2O 被还原得到的，属于还原产物，C正确；
D、CO 是 C 被氧化得到的，属于氧化产物，不是还原产物，D错误；
故答案为：D。
【分析】要判断该反应中说法是否正确，需依据氧化还原反应的基本概念，即通过元素化合价的变化来区分氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。化合价升高的物质是还原剂，对应生成氧化产物；化合价降低的物质是氧化剂，对应生成还原产物。
6．（2025高一上·丽水期末）下列化学用语不正确的是
A．35Cl和37Cl互为同位素
B．S2-的结构示意图：
C．CO2的分子结构模型：
D．MgO的电子式：
【答案】B
【知识点】同位素及其应用；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、同位素指同种元素中质子数相同、中子数不同的原子。35Cl 和37Cl 质子数均为 17，中子数分别为 18 和 20，符合同位素定义，A正确；
B、S2-是硫原子（质子数 16）得到 2 个电子形成的阴离子，核外电子总数应为 18， 结构示意图为，B错误；
C、CO2分子中，碳原子与两个氧原子分别形成双键，分子呈直线形， 分子结构模型：，C正确；
D、MgO 是离子化合物，由 Mg2+和 O2-构成，电子式中阳离子直接写离子符号，阴离子加方括号并标注电荷， 电子式：，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断化学用语是否正确，需结合各类化学用语的规范要求逐一分析：判断化学用语是否正确，需结合各类化学用语的规范要求逐一分析：
7．（2025高一上·丽水期末）下列与实验有关的图标或符号对应正确的是
A．洗手 B．腐蚀类物质
C．用电 D．氧化性物质
【答案】A
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A、 是洗手图标，实验结束后，为避免手上沾染有害物质，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，A正确；
B、 是毒性物质图标，代表物质有毒性，而非腐蚀类物质，B错误；
C、 是排风图标，用于制备有毒气体或易挥发物质的实验中，起到排出有害气体的作用，不是用电图标，C错误；
D、 是易燃类物质图标，不是氧化性物质图标，D错误；
故答案为：A。
【分析】要判断实验图标或符号对应是否正确，需回忆各图标代表的含义，然后逐一分析选项。
8．（2025高一上·丽水期末）下列有关钠元素及其化合物的说法不正确的是
A．Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱
B．可用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3
C．Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强
D．NaCl和NaOH灼烧时火焰颜色都呈黄色
【答案】B
【知识点】焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O 与水反应生成 NaOH，Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，两种物质都能生成碱，A正确；
B、澄清石灰水与 Na2CO3反应生成 CaCO3白色沉淀；与 NaHCO3反应时，HCO3-先和 OH-反应生成 CO32-，再与 Ca2+结合成 CaCO3白色沉淀，两者现象相同，无法鉴别，B错误；
C、NaHCO3受热易分解为 Na2CO3、CO2和 H2O，而 Na2CO3加热不易分解，说明 Na2CO3热稳定性更强，C正确；
D、钠元素的焰色反应为黄色，NaCl 和 NaOH 都含钠元素，灼烧时火焰均呈黄色，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断关于钠元素及其化合物的说法是否正确，需结合其化学性质和反应现象分析。
9．（2025高一上·丽水期末）下列关于物质用途的说法不正确的是
A．工业上常用SO2来漂白纸浆、毛、丝等
B．石膏可被用来制作各种模型和医疗用的石膏绷带
C．BaCO3可被用作消化系统X射线检查的内服药剂
D．Fe3O4晶体俗称磁性氧化铁，可用作磁性材料
【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2有漂白性，能与纸浆、毛、丝中的有色物质结合生成暂时无色的物质，工业上常用其漂白这类材料，A正确；
B、石膏（主要成分为 CaSO4 2H2O）遇水后会硬化定型，利用这一性质可制作模型和医疗用石膏绷带，B正确；
C、BaCO3会和胃酸（含盐酸）反应，生成可溶性的 BaCl2，其中 Ba2+是有毒重金属离子，不能内服；消化系统 X 射线检查用的是不溶于胃酸的 BaSO4，C错误；
D、Fe3O4俗称磁性氧化铁，本身具有磁性，可作为磁性材料使用，D正确；
故答案为：C。
【分析】判断物质用途的说法是否正确，需结合物质的性质（如化学稳定性、漂白性、磁性等）与实际应用场景分析。
10．（2025高一上·丽水期末）下列有关分散系的说法正确的是
A．丁达尔效应是胶体特有的本质特征
B．蛋白质溶液、淀粉溶液和澄清石灰水均属于溶液
C．按照分散质的不同，胶体可分为气溶胶、液溶胶和固溶胶
D．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸可制得Fe(OH)3胶体
【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、胶体的本质特征是分散质微粒直径在 1 - 100 nm 之间，丁达尔效应是胶体的特性，用于鉴别胶体，但不是本质特征，A错误；
B、蛋白质溶液、淀粉溶液中分散质微粒直径在 1 - 100 nm 之间，属于胶体；澄清石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于溶液，B错误；
C、胶体是按分散剂的状态来分类的，分为气溶胶（分散剂为气体）、液溶胶（分散剂为液体）和固溶胶（分散剂为固体），不是按分散质分类，C错误；
D、向沸水中逐滴加入 FeCl3饱和溶液，继续煮沸，FeCl3会发生水解反应生成 Fe(OH)3胶体，这种制备方法是正确的，D正确；
故答案为：D。
【分析】判断分散系相关说法的正误，需依据胶体的本质特征、分散系的分类以及胶体的制备方法等知识，对每个选项逐一分析。
11．（2025高一上·丽水期末）下列有关合金的说法不正确的是
A．合金的硬度一般大于其成分金属
B．钢的含碳量越高，韧性越好，硬度越低
C．硬铝密度小、强度高，常用于制造飞机外壳
D．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料
【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、合金的硬度通常比组成它的各成分金属更大，这是合金的典型特性之一，A正确；
B、钢是铁碳合金，含碳量对其性能影响显著。含碳量越高，钢的硬度越大，但韧性会变差（即更脆），而非韧性变好、硬度降低，B错误；
C、硬铝作为铝合金，具有密度小、强度高的优势，适合制造对材料轻量化和强度有要求的飞机外壳，C正确；
D、储氢合金的核心功能是大量吸收 H2，并与 H2结合生成金属氢化物，实现氢气的有效储存，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断关于合金的说法是否正确，需依据合金的通性及常见合金的特性分析。
12．（2025高一上·丽水期末）下列说法不正确的是
A．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检查是否漏水
B．将溶液转移至容量瓶时应将玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线以下
C．焰色试验时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，然后再进行实验
D．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体点在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
【答案】D
【知识点】焰色反应；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、分液漏斗有活塞，容量瓶有瓶塞，为防止使用时漏液，使用前都要检查是否漏水，A正确；
B、将溶液转移至容量瓶时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线以下，能防止溶液沾在刻度线上方，保证定容准确，B正确；
C、焰色试验时，用稀盐酸洗涤铂丝可除去铂丝上的杂质，灼烧后杂质挥发，能排除实验干扰，C正确；
D、新制氯水中含有 HClO，HClO 具有强氧化性，会漂白 pH 试纸，导致无法通过 pH 试纸准确测定新制氯水的 pH，D错误；
故答案为：D。
【分析】逐一分析各选项，结合实验仪器使用规范、溶液转移操作、焰色试验操作、氯水性质来判断说法正误。
13．（2025高一上·丽水期末）下列有关化学键的说法不正确的是
A．H2S分子中只含有极性共价键
B．KHSO4在水中电离时只破坏离子键
C．仅含有共价键的物质不一定是共价化合物
D．碘单质升华、凝华过程中化学键没有发生变化
【答案】B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、H2S 分子中，H 与 S 是不同元素原子，形成的共价键属于极性共价键，且分子内无其他类型化学键，A正确；
B、KHSO4在水中电离时，先解离出 K+和 HSO4-（破坏离子键），HSO4-进一步解离为 H+和 SO42-（破坏共价键），因此既破坏离子键也破坏共价键，并非只破坏离子键，B错误；
C、仅含共价键的物质可能是单质（如 O2，分子内为共价键），也可能是共价化合物（如 CO2），因此不一定是共价化合物，C正确；
D、碘单质升华、凝华是物理变化，仅改变分子间作用力，I2分子内的共价键未断裂，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断化学键相关说法是否正确，需结合化学键类型、电离时的键破坏情况及物理变化中键的稳定性分析。
14．（2025高一上·丽水期末）下列离子方程式书写正确的是
A．将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B．向次氯酸钙溶液通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓
C．FeCl3溶液中加入氨水：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
D．Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反应：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cu 的金属活动性在 H 之后，常温下与稀硫酸不反应，离子方程式无客观事实依据， A错误；
B、向 Ca(ClO)2溶液通少量 CO2，反应生成 CaCO3沉淀和 HClO。Ca(ClO)2是可溶性盐拆为 Ca2+、ClO-，CO2是气体、CaCO3是沉淀、HClO 是弱酸均不拆，离子方程式为 Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，符合规则，B正确。
C、氨水是弱碱（NH3 H2O），与 FeCl3反应时不可拆为 OH-，正确方程式应为，C错误；
D、Ba (OH)2与 H2SO4反应时，Ba2+与 SO42-生成 BaSO4沉淀，H+与 OH-生成 H2O，离子方程式需同时体现两种反应，应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断离子方程式正误需从反应可行性、物质拆分规则（强弱电解质、沉淀 / 气体 / 弱电解质不拆）、配平（电荷、原子守恒）三方面分析。
15．（2025高一上·丽水期末）部分短周期元素最高化合价与原子序数之间的关系如图，有关说法不正确的是
A．⑤和⑨都属于第三周期的元素
B．③和⑧形成的化合物是两性物质
C．简单氢化物的稳定性：②<③<④
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：⑥>⑦>⑧
【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、⑤是 Ne（第二周期），⑨是 Si（第三周期），二者并非都属于第三周期，A错误；
B、③（O）和⑧（Al）形成 Al2O3，Al2O3既能与酸反应又能与强碱反应，属于两性物质，B正确；
C、非金属性 N < O < F，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故稳定性 NH3 < H2O < HF（即②<③<④），C正确；
D、金属性 Na > Mg > Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，故碱性 NaOH > Mg(OH)2 > Al(OH)3（即⑥>⑦>⑧），D正确；
故答案为：A。
【分析】先依据最高化合价与原子序数的关系推断各元素，再结合元素在周期表中的位置及周期律分析选项：
由图可知，①最高正价 +4、原子序数小，为 C；②最高正价 +5，为 N；③④无正价（O、F 的特性），结合原子序数，③为 O、④为 F；⑤原子序数在 F 之后且最高正价为 0，为 Ne；⑥最高正价 + 1，为 Na；⑦最高正价 + 2，为 Mg；⑧最高正价 + 3，为 Al；⑨最高正价 + 4，为 Si。
16．（2025高一上·丽水期末）下列关于物质制备的说法不正确的是
A．实验室用锌和稀硫酸制取氢气
B．实验室用AlCl3溶液和氨水制取Al(OH)3
C．工业上用Cl2通入澄清石灰水的方法制取漂白粉
D．工业上用电解饱和食盐水的方法制取氢氧化钠
【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氨的性质及用途；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、锌与稀硫酸反应生成氢气，反应条件温和（无需加热），操作简单，且生成的氢气纯净，适合实验室制备，A正确；
B、AlCl3溶液和氨水反应生成 Al(OH)3沉淀，氨水是弱碱，不会溶解生成的 Al(OH)3，能有效制备，B正确；
C、工业制漂白粉需用 Cl2与石灰乳（Ca(OH)2的悬浊液）反应，因澄清石灰水中 Ca(OH)2浓度极低，无法与 Cl2充分反应，不能用于工业生产，C错误；
D、工业上通过电解饱和食盐水（氯碱工业），可生成 NaOH、Cl2和 H2，该方法成熟且高效，是制取氢氧化钠的主要工业方法，D正确；
故答案为：C。
【分析】判断物质制备方法是否正确，需结合实验室或工业生产的实际条件、反应效率及原料特性分析。
17．（2025高一上·丽水期末）下列实验装置(部分夹持装置略)或操作能达到相应实验目的的是
A．制取Cl2 B．配制稀盐酸 C．观察电离过程 D．制取Fe(OH)2
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸制 Cl2需要加热，图中装置无加热仪器，无法反应，A错误；
B、容量瓶不能直接稀释浓盐酸，应先在烧杯中稀释浓盐酸，冷却后再转移，B错误；
C、硝酸钾溶液导电说明其电离产生自由离子，但电离是微观过程，无法通过灯泡发亮直接观察，C错误；
D、打开 a，稀硫酸与铁粉反应生成 H2，可排尽装置内空气（防 Fe(OH)2被氧化）；关闭 a，生成的 FeSO4溶液进入 B 中与 NaOH 反应生成 Fe(OH)2，装置合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】判断实验装置或操作能否达到目的，需结合反应条件、仪器使用规范及物质性质（如易被氧化）分析。
A．MnO2与浓盐酸反应的条件是加热，缺少加热装置则无法制 Cl2。
B．容量瓶的功能是定容，不能用于稀释溶液，浓盐酸稀释需在烧杯中进行。
C．电离是离子解离的微观过程，无法直接观察，灯泡发光仅能证明溶液导电。
D．Fe(OH)2易被氧化，装置通过生成 H2排空气，确保其在无氧环境中生成。
18．（2025高一上·丽水期末）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1molNa2CO3·10H2O晶体中含离子总数为3NA
B．12gC与足量浓硫酸完全反应，生成SO2分子数为2NA
C．64gCu与S完全反应，转移的电子数为2NA
D．24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有氧原子数为NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Na2CO3 10H2O 晶体中，1mol 该晶体含 2mol Na+和 1mol CO32-（结晶水为分子，不提供离子），离子总数为 3NA，A正确；
B、12g C 为 1mol，与足量浓 H2SO4加热反应生成 CO2和 SO2，反应中 1mol C 对应生成 2mol SO2，故 SO2分子数为 2NA，B正确；
C、64g Cu 为 1mol，与 S 反应生成 Cu2S（Cu 为 +1 价），每个 Cu 原子失去 1 个电子，转移电子数为 1NA，而非 2NA，C错误；
D、H2SO4和 H3PO4的摩尔质量均为 98g/mol，24.5g 混合物为 0.25mol，两种分子均含 4 个 O 原子，故氧原子总数为 0.25×4×NA=NA，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合物质组成、反应中电子转移规律及混合物的摩尔质量特征，分析各选项中微粒数与阿伏加德罗常数的关系：
A．明确结晶水合物中离子仅来自盐的电离，结晶水不参与电离，直接计算离子总数。
B．依据 C 与浓 H2SO4的反应方程式，通过物质的量比例确定 SO2的生成量。
C．关键是 Cu 与 S 反应的产物为 Cu2S（而非 CuS），Cu 元素化合价变化为 + 1，以此计算电子转移数。
D．利用两种酸摩尔质量相同的共性，将混合物视为单一物质计算总物质的量，再结合分子中 O 原子数求总数。
19．（2025高一上·丽水期末）ClO2是一种高效水处理剂，其制备原理为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，下列说法正确的是
A．HCl体现了还原性和酸性
B．NaCl都是还原产物
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：1
D．若生成44.8LClO2，则反应转移了2mol电子
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】通过分析反应中 Cl 元素的化合价变化，确定氧化还原关系、物质的作用及产物类型，再结合气体体积计算的条件限制判断选项：反应为 5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，其中：
NaClO2中 Cl 为 +3 价，反应后部分变为 ClO2中 +4 价（化合价升高，被氧化），部分变为 NaCl 中
-1 价（化合价降低，被还原）；
HCl 中 Cl 为 -1 价，反应后全部进入 NaCl 中（化合价不变）。
A、HCl 中的 Cl 化合价始终为 -1 价，未发生氧化或还原，仅作为酸提供 H+，只体现酸性，不体现还原性，A错误；
B、NaCl 中的 Cl 一部分来自 HCl（未参与氧化还原），一部分来自 NaClO2的还原，因此 NaCl 不全是还原产物，B错误；
C、氧化产物是 ClO2（4mol，来自 Cl+3→Cl+4），还原产物是 NaCl 中来自 NaClO2还原的部分（1mol，来自 Cl+3→Cl- ），二者物质的量之比为 4：1，C正确；
D、44.8L ClO2未说明是否在标准状况下，无法确定其物质的量，因此不能计算转移电子数，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确 NaClO2中 Cl 的歧化反应（既升价又降价），HCl 中 Cl 化合价不变。
B．HCl 仅提供 Cl-和 H+，无电子转移，只体现酸性。
C．氧化产物（ClO2）与还原产物（部分 NaCl）的来源及比例。
D．涉及气体体积时，需明确是否为标准状况，否则无法计算物质的量。
20．（2025高一上·丽水期末）下列实验操作、现象和结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 干燥的Cl2通入放有鲜花的集气瓶中，鲜花褪色 Cl2有漂白性
B 向FeCl3稀溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，溶液变蓝 Fe3+具有氧化性
C 向待测液中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 待测液中一定含或
D 向足量新制氯水中滴加3滴NaBr溶液出现橙色，再滴加3滴KI溶液，颜色变深 氧化性Cl2>Br2>I2
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；常见离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、干燥的 Cl2通入鲜花中，鲜花褪色是因为 Cl2与鲜花中的水分反应生成 HClO，HClO 具有漂白性，而非 Cl2本身有漂白性，A错误；
B、FeCl3溶液中滴加 KI 和淀粉，溶液变蓝（说明生成 I2），因 Fe3+能将 I-氧化为 I2，体现了 Fe3+的氧化性，现象与结论一致，B正确；
C、浓盐酸与待测液反应产生的气体使品红褪色，该气体可能是 SO2（来自 SO32-或 HSO3-），也可能是 Cl2（如待测液含 ClO-等），无法确定一定含 SO32-或 HSO3-，C错误；
D、足量氯水滴加 NaBr 生成 Br2（橙色），但剩余 Cl2可能直接氧化后续加入的 KI，无法证明是 Br2氧化 I2，不能得出氧化性 Br2>I2，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合物质的化学性质（如漂白性、氧化性），分析实验现象与结论之间的逻辑关系，判断选项正误：
A．明确 Cl2的漂白性源于与水反应生成的 HClO，干燥 Cl2无漂白作用，区分物质本身与反应产物的性质。
B．通过 I2使淀粉变蓝的特征现象，推断 Fe3+氧化 I-，直接证明 Fe3+的氧化性。
C．注意能使品红褪色的气体不止 SO2（如 Cl2），需排除其他可能，避免结论片面。
D．实验中氯水过量会干扰 Br2与 I2的氧化性比较，需控制反应物用量以排除干扰。
21．（2025高一上·丽水期末）按要求完成下列问题：
（1）HCl的电子式　 　；生石灰的化学式　 　。
（2）钠在空气中燃烧的化学方程式　 　。
（3）标准状况下气体的摩尔体积　 　，气体摩尔体积在该条件下比在25℃、101kPa下小的原因(从微观角度解释)　 　。
【答案】（1）；CaO
（2）2Na+O2Na2O2
（3）22.4L/mol；温度低，分子间隔小
【知识点】气体摩尔体积；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）HCl是共价化合物，H与Cl共用一个电子对，电子式为，生石灰是氧化钙，化学式为CaO；
故答案为： ；CaO；
（2）钠在空气中燃烧生成过氧化钠，化学方程式为2Na+O2Na2O2；
故答案为： 2Na+O2Na2O2 ；
（3）标准状况下气体的摩尔体积是22.4L/mol，气体摩尔体积在该条件下比在25℃、101kPa下小的原因是温度低，分子间隔小。
故答案为： 22.4L/mol ； 温度低，分子间隔小 。
【分析】(1)掌握共价化合物（HCl）的电子式书写，以及生石灰（氧化钙）的化学式。
(2)牢记钠在空气中燃烧生成过氧化钠的反应及化学方程式书写。
(3)记住标准状况下气体摩尔体积数值，从分子间间隔与温度的关系解释气体摩尔体积的变化。
（1）HCl是共价化合物，H与Cl共用一个电子对，电子式为，生石灰是氧化钙，化学式为CaO；
（2）钠在空气中燃烧生成过氧化钠，化学方程式为2Na+O2Na2O2；
（3）标准状况下气体的摩尔体积是22.4L/mol，气体摩尔体积在该条件下比在25℃、101kPa下小的原因是温度低，分子间隔小。
22．（2025高一上·丽水期末）黄铁矿(主要成分是FeS2)是一种重要的矿石，以黄铁矿为原料制备硫酸和绿矾晶体(FeSO4 7H2O)的工艺流程如图：
已知：①固体A为红棕色；②所加试剂均过量。
回答下列问题：
（1）固体A的化学式　 　。
（2）反应⑤的化学方程式　 　。
（3）反应④涉及的离子方程式　 　、　 　。
（4）下列说法正确的是_____。
A．反应②通入的X可能是H2或CO
B．操作Y为蒸发结晶
C．气体B是造成酸雨的原因之一
D．反应③中稀硫酸可用稀盐酸或稀硝酸代替
（5）设计实验检验溶液E中的金属阳离子　 　。
【答案】（1）Fe2O3
（2）2SO2+O22SO3
（3）Fe+2Fe3+═3Fe2+；Fe+2H+═Fe2++H2↑
（4）A；C
（5）取少量溶液于试管中，加入KSCN，无明显现象，加入氯水(或其他氧化剂)，溶液变红，则说明有Fe2+
【知识点】铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）FeS2和氧气反应生成Fe2O3和SO2，固体A的化学式Fe2O3；
故答案为： Fe2O3 ；
（2）反应⑤是二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，反应的化学方程式2SO2+O22SO3；
故答案为： 2SO2+O22SO3 ；
（3）反应④是硫酸铁和Fe反应生成FeSO4、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，涉及的离子方程式Fe+2Fe3+═3Fe2+、Fe+2H+═Fe2++H2↑；
故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+、Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（4）A. 反应②是Fe2O3被X还原生成Fe，通入的X可能是H2或CO，故A正确；
B. 操作Y为FeSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得FeSO4 7H2O，故B错误；
C. 气体B是SO2，SO2是造成酸雨的原因之一，故C正确；
D. 黄铁矿为原料制备绿矾晶体，反应③中稀硫酸若用稀盐酸或稀硝酸代替，会引入氯离子、硝酸根离子，所以反应③中稀硫酸不能用稀盐酸或稀硝酸代替，故D错误；
故答案为：AC。
（5）溶液E中的溶质是FeSO4，取少量溶液于试管中，加入KSCN，无明显现象，加入氯水，溶液变红，则说明有Fe2+；
故答案为： 取少量溶液于试管中，加入KSCN，无明显现象，加入氯水(或其他氧化剂)，溶液变红，则说明有Fe2+ 。
【分析】黄铁矿的主要成分是 FeS2，以此为原料制备硫酸和绿矾晶体（FeSO4 7H2O）的流程分析：
步骤①：FeS2与 O2反应，生成红棕色的 Fe2O3（固体 A）和 SO2气体（气体 B）；
步骤②：固体 A（Fe2O3）通入还原性气体 X（如 CO），被还原为 Fe 单质（单质 C）；
步骤③：Fe2O3与稀硫酸反应，生成 Fe2(SO4)3溶液（溶液 D）；
步骤④：溶液 D（Fe2(SO4)3）中加入过量 Fe 单质（单质 C），发生反应生成 FeSO4溶液（溶液 E），过滤后得到纯净的溶液 E；
步骤⑤：气体 B（SO2）与 O2反应，进一步氧化生成 SO3（气体 F）；
步骤⑥：用 98.3% 的浓硫酸吸收气体 F（SO3），得到硫酸溶液（溶液 G）；
溶液 E 经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作（操作 Y），最终得到 FeSO4 7H2O 晶体。
（1）FeS2和氧气反应生成Fe2O3和SO2，固体A的化学式Fe2O3；
（2）反应⑤是二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，反应的化学方程式2SO2+O22SO3；
（3）反应④是硫酸铁和Fe反应生成FeSO4、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，涉及的离子方程式Fe+2Fe3+═3Fe2+、Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（4）A. 反应②是Fe2O3被X还原生成Fe，通入的X可能是H2或CO，故A正确；
B. 操作Y为FeSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得FeSO4 7H2O，故B错误；
C. 气体B是SO2，SO2是造成酸雨的原因之一，故C正确；
D. 黄铁矿为原料制备绿矾晶体，反应③中稀硫酸若用稀盐酸或稀硝酸代替，会引入氯离子、硝酸根离子，所以反应③中稀硫酸不能用稀盐酸或稀硝酸代替，故D错误；
选AC。
（5）溶液E中的溶质是FeSO4，取少量溶液于试管中，加入KSCN，无明显现象，加入氯水，溶液变红，则说明有Fe2+；
23．（2025高一上·丽水期末）元素周期表的轮廓简图如下，A~G是相关元素的代号，回答下列问题：
（1）A元素位于元素周期表第　 　周期第　 　族。
（2）元素金属性：C　 　G(选填“>”、“<”或“=”，下同)，元素非金属性：B　 　E．
（3）B和D元素组成的化合物与G元素的最高价氧化物对应的水化物反应，生成物的化学式是　 　。
（4）B和C元素组成的原子个数比为1：1的化合物中所含化学键类型为　 　。
（5）用一个离子反应证明F元素的非金属性比A强，写出该反应的化学方程式　 　。
【答案】（1）二；ⅣA
（2）<；>
（3）K[Al(OH)4]
（4）离子键、非极性共价键
（5）2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+CO2↑+H2O
【知识点】化学键；氧化还原反应方程式的配平；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）根据分析可知，A为碳元素，核外有2个电子层，最外层4个电子，位于元素周期表第二周期第ⅣA族；
故答案为： 二 ；ⅣA；
（2）同主族元素从上到下金属性增强，C（Na）、G（K）同主族，故金属性：CE；
故答案为： < ； > ；
（3）B(O)和D(Al)组成的物质是Al2O3，K元的最高价氧化物对应的水化物是KOH，它们反应的化学方程式为：Al2O3+2KOH+3H2O=2K[Al(OH)4]，则生成物的化学式为：K[Al(OH)4]；
故答案为： K[Al(OH)4] ；
（4）B（O）和C（Na）组成的原子个数比为1：1的化合物是Na2O2，含离子键、非极性共价键；
故答案为： 离子键、非极性共价键 ；
（5）要证明F(Cl)元素的非金属性比A(C)强，根据“元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强”，若能证明Cl的最高价含氧酸HClO4的酸性强于C的最高价含氧酸H2CO3，即可说明Cl非金属性强于C，故化学方程式为：2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+CO2↑+H2O。
故答案为： 2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+CO2↑+H2O ；
【分析】观察周期表结构，A 处于第二周期第 ⅣA 族，可推知 A 为碳（C）；
B 在第二周期第 ⅥA 族，推知 B 为氧（O）；
C 位于第三周期第 ⅠA 族，推知 C 为钠（Na）；
D 在第三周期第 ⅢA 族，推知 D 为铝（Al）；
E 处于第三周期第 ⅥA 族，推知 E 为硫（S）；
F 在第三周期第 ⅦA 族，推知 F 为氯（Cl）；
G 位于第四周期第 ⅠA 族，推知 G 为钾（K）。
（1）根据分析可知，A为碳元素，核外有2个电子层，最外层4个电子，位于元素周期表第二周期第ⅣA族；
（2）同主族元素从上到下金属性增强，C（Na）、G（K）同主族，故金属性：CE；
（3）B(O)和D(Al)组成的物质是Al2O3，K元的最高价氧化物对应的水化物是KOH，它们反应的化学方程式为：Al2O3+2KOH+3H2O=2K[Al(OH)4]，则生成物的化学式为：K[Al(OH)4]；
（4）B（O）和C（Na）组成的原子个数比为1：1的化合物是Na2O2，含离子键、非极性共价键；
（5）要证明F(Cl)元素的非金属性比A(C)强，根据“元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强”，若能证明Cl的最高价含氧酸HClO4的酸性强于C的最高价含氧酸H2CO3，即可说明Cl非金属性强于C，故化学方程式为：2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+CO2↑+H2O。
24．（2025高一上·丽水期末）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，可作还原剂和漂白剂。广泛应用于纺织、印染、冶金、药物生产和化工生产。草酸与酸性KMnO4溶液发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。实验室根据以上原理测定某草酸样品的纯度。
（1）溶液配制：1000mL0.0100mol·L-1酸性KMnO4溶液。
①用托盘天平称取　 　gKMnO4晶体，放入烧杯中，加入少许水和稀硫酸溶解，冷却至室温。
②将溶液转移到1000mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液一并转入容量瓶，定容、摇匀。
③下列操作使所配制的酸性KMnO4溶液的物质的量浓度偏低的是　 　(填字母)。
A．容量瓶底部有少量的蒸馏水
B．转移液体后没有洗涤烧杯和玻璃棒
C．定容时，俯视刻度线
D．定容、摇匀后，发现液面低于刻度线，补加蒸馏水至刻度线
（2）含量测定
①称取0.5g草酸样品配制成100.00mL溶液，待用。
②移取20.00mL酸性KMnO4溶液，加入25.00mL草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色(假设其他杂质都不反应)。根据以上数据计算样品中草酸的质量分数　 　。
【答案】（1）1.6(1.58)；BD
（2）36%
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）①配制10000.0100酸性溶液所需要的晶体质量为：；
A．容量瓶底部有少量蒸馏水，定容前存在不影响，因最终体积准确，浓度不变；
B．未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质残留在烧杯中，n 减小，浓度偏低；
C．定容时俯视刻度线，实际体积 V 偏小，浓度偏高；
D．摇匀后补加蒸馏水，V 增大，浓度偏低；
故答案为： 1.6(1.58) ；BD；
（2）根据方程式，20.00酸性溶液，加入25.00草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色，样品中草酸的质量分数为：
故答案为： 36% 。
【分析】（1）①按公式计算所需KMnO4晶体的质量。
②分析操作对浓度的影响：未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少；定容后补加蒸馏水，体积偏大，均导致浓度偏低。
（2）根据反应中KMnO4与H2C2O4的物质的量比例，结合溶液体积换算，计算草酸质量及质量分数。
（1）①配制10000.0100酸性溶液所需要的晶体质量为：；
A．容量瓶底部有少量蒸馏水，定容前存在不影响，因最终体积准确，浓度不变；
B．未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质残留在烧杯中，n 减小，浓度偏低；
C．定容时俯视刻度线，实际体积 V 偏小，浓度偏高；
D．摇匀后补加蒸馏水，V 增大，浓度偏低；
故选BD；
（2）根据方程式，20.00酸性溶液，加入25.00草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色，样品中草酸的质量分数为：。
25．（2025高一上·丽水期末）某研究小组利用次氯酸钠和硝酸铁溶液反应生成的高铁酸钠(Na2FeO4)制备新型绿色消毒剂高铁酸钾(K2FeO4)，按如下流程开展实验。
用以下装置完成上述反应I和反应Ⅱ：
已知：K2FeO4易溶于水，在浓KOH溶液中溶解度小；在酸性和碱性条件下都具有强氧化性，且氧化性强于酸性高锰酸钾溶液；在0~5℃碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2.
（1）盛有KMnO4固体的仪器名称　 　；饱和NaCl溶液的作用　 　。
（2）反应I的离子方程式　 　。
（3）下列说法正确的是_____。
A．反应I和反应II均在a仪器中进行
B．反应II结束后应通一段时间N2，然后再拆下装置进行后续实验
C．加入饱和KOH溶液进行转化时，发生氧化还原反应
D．可用FeCl3溶液代替Fe(NO3)3溶液
（4）高铁酸钾既能消毒又能净水，其原因是　 　。
（5）为提高纯度，需对粗产品进行重结晶操作，从下列选项中选出合理的操作步骤：　 　。
→过滤取滤液→加入饱和KOH溶液→置于冰水浴中→→洗涤、干燥→得产品
a．将粗产品溶于热水
b．将粗产品溶于冷的稀KOH溶液
c．过滤取沉淀
d．蒸发浓缩，趁热过滤　
f．冷却结晶
（6）测定产品的纯度(K2FeO4式量为M)
向NaOH溶液中加入固体碘化钾和氟化钠并溶解；准确称取mg样品加入该溶液，待样品充分溶解后，加硫酸酸化至反应完全；用cmol·L-1Na2S2O3溶液进行反应，恰好完全反应时消耗Na2S2O3溶液体积为vmL。
已知：2FeO+6I-+12F-+8H2O=2FeF+3I2+16OH-；I2+2S2O=2I-+S4O，实验测得K2FeO4纯度为　 　。
【答案】（1）圆底烧瓶；除去Cl2中混有的HCl
（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3）A；B
（4）高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒；同时生成氢氧化铁胶体，可以净水
（5）bc
（6）%
【知识点】氯气的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盛有固体的仪器名称圆底烧瓶；由分析可知，饱和NaCl溶液的作用除去中混有得；
故答案为： 圆底烧瓶 ； 除去Cl2中混有的HCl ；
（2）由分析可知，反应I为，则离子方程式为：；
故答案为： Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ；
（3）A．由分析可知，反应I和反应II均在a仪器三颈烧瓶中进行，A正确；
B．反应II结束后应通一段时间，目的是将装置中得氯气全部导入氢氧化钠溶液中进行吸收，防止污染空气，然后再拆下装置进行后续实验，B正确；
C．由分析可知，加入饱和溶液进行转化，目的是将转化为，发生的是复分解反应，C错误；
D．若用溶液代替溶液，的产率和纯度都会降低，一个原因是在反应温度和强碱环境下的溶解度比大，使得结晶去除率较低，另一个原因是具有强氧化性，能将氯离子氧化，消耗产品使得产率降低，D错误；
故答案为：AB。
（4）根据已知信息，具有强氧化性，且氧化性强于酸性高锰酸钾溶液，则高铁酸钾既能消毒又能净水的原因是：铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒；同时生成氢氧化铁胶体，可以净水；
故答案为： 高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒；同时生成氢氧化铁胶体，可以净水 ；
（5）为提高纯度，需对粗产品进行重结晶操作，过滤取滤液，加入饱和溶液，置于冰水中，过滤取沉淀，所得沉淀经乙醇洗涤、干燥，可得产品，故答案选bc；
故答案为： bc ；
（6）根据得失电子守恒可得关系式：，则本次实验测得纯度为；
故答案为：% 。
【分析】氯气的制备与处理：通过 KMnO4与浓盐酸反应生成 Cl2，用饱和食盐水除去 Cl2中混有的 HCl 杂质；反应 Ⅰ：Cl2通入 NaOH 溶液中，发生反应 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，生成 NaClO；反应 Ⅱ：向上述溶液中加入 Fe(NO3)3溶液，反应为 3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，生成 Na2FeO4。
转化与提纯：反应后过滤，滤液中加入饱和 KOH 溶液，使 Na2FeO4转化为溶解度更小的 K2FeO4；过滤得到粗 K2FeO4，经重结晶提纯得产品。实验中用 NaOH 溶液吸收尾气 Cl2，避免污染。据此解题。
（1）盛有固体的仪器名称圆底烧瓶；由分析可知，饱和NaCl溶液的作用除去中混有得；
（2）由分析可知，反应I为，则离子方程式为：；
（3）A．由分析可知，反应I和反应II均在a仪器三颈烧瓶中进行，A正确；
B．反应II结束后应通一段时间，目的是将装置中得氯气全部导入氢氧化钠溶液中进行吸收，防止污染空气，然后再拆下装置进行后续实验，B正确；
C．由分析可知，加入饱和溶液进行转化，目的是将转化为，发生的是复分解反应，C错误；
D．若用溶液代替溶液，的产率和纯度都会降低，一个原因是在反应温度和强碱环境下的溶解度比大，使得结晶去除率较低，另一个原因是具有强氧化性，能将氯离子氧化，消耗产品使得产率降低，D错误；
答案选AB。
（4）根据已知信息，具有强氧化性，且氧化性强于酸性高锰酸钾溶液，则高铁酸钾既能消毒又能净水的原因是：铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒；同时生成氢氧化铁胶体，可以净水；
（5）为提高纯度，需对粗产品进行重结晶操作，过滤取滤液，加入饱和溶液，置于冰水中，过滤取沉淀，所得沉淀经乙醇洗涤、干燥，可得产品，故答案选bc；
（6）根据得失电子守恒可得关系式：，则本次实验测得纯度为；
1 / 1浙江省丽水市2024-2025学年高一上学期1月期末教学质量监控化学试题
1．（2025高一上·丽水期末）CaSO4·2H2O是
A．氧化物 B．酸 C．碱 D．盐
2．（2025高一上·丽水期末）下列物质起氧化作用的是
A．明矾用作净水剂 B．铁粉用作食品脱氧剂
C．漂粉精用作消毒剂 D．甘油用作护肤保湿剂
3．（2025高一上·丽水期末）下列物质属于电解质的是
A．KNO3固体 B．铜丝 C．NaCl溶液 D．酒精
4．（2025高一上·丽水期末）下列实验仪器为容量瓶的是
A． B． C． D．
5．（2025高一上·丽水期末）在高温时，水蒸气与灼热的碳发生反应：H2O+CH2+CO，下列说法不正确的是
A．H2O是氧化剂 B．C是还原剂
C．H2是还原产物 D．CO是还原产物
6．（2025高一上·丽水期末）下列化学用语不正确的是
A．35Cl和37Cl互为同位素
B．S2-的结构示意图：
C．CO2的分子结构模型：
D．MgO的电子式：
7．（2025高一上·丽水期末）下列与实验有关的图标或符号对应正确的是
A．洗手 B．腐蚀类物质
C．用电 D．氧化性物质
8．（2025高一上·丽水期末）下列有关钠元素及其化合物的说法不正确的是
A．Na2O和Na2O2都能与水反应生成碱
B．可用澄清石灰水鉴别Na2CO3和NaHCO3
C．Na2CO3的热稳定性比NaHCO3强
D．NaCl和NaOH灼烧时火焰颜色都呈黄色
9．（2025高一上·丽水期末）下列关于物质用途的说法不正确的是
A．工业上常用SO2来漂白纸浆、毛、丝等
B．石膏可被用来制作各种模型和医疗用的石膏绷带
C．BaCO3可被用作消化系统X射线检查的内服药剂
D．Fe3O4晶体俗称磁性氧化铁，可用作磁性材料
10．（2025高一上·丽水期末）下列有关分散系的说法正确的是
A．丁达尔效应是胶体特有的本质特征
B．蛋白质溶液、淀粉溶液和澄清石灰水均属于溶液
C．按照分散质的不同，胶体可分为气溶胶、液溶胶和固溶胶
D．向沸水中逐滴加入FeCl3饱和溶液，继续煮沸可制得Fe(OH)3胶体
11．（2025高一上·丽水期末）下列有关合金的说法不正确的是
A．合金的硬度一般大于其成分金属
B．钢的含碳量越高，韧性越好，硬度越低
C．硬铝密度小、强度高，常用于制造飞机外壳
D．储氢合金是一类能够大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物的材料
12．（2025高一上·丽水期末）下列说法不正确的是
A．分液漏斗和容量瓶在使用前都要检查是否漏水
B．将溶液转移至容量瓶时应将玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线以下
C．焰色试验时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，然后再进行实验
D．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体点在pH试纸上，与标准比色卡对照即可
13．（2025高一上·丽水期末）下列有关化学键的说法不正确的是
A．H2S分子中只含有极性共价键
B．KHSO4在水中电离时只破坏离子键
C．仅含有共价键的物质不一定是共价化合物
D．碘单质升华、凝华过程中化学键没有发生变化
14．（2025高一上·丽水期末）下列离子方程式书写正确的是
A．将稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2++H2↑
B．向次氯酸钙溶液通入少量CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=2HClO+CaCO3↓
C．FeCl3溶液中加入氨水：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓
D．Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反应：Ba2++OH-+H++=BaSO4↓+H2O
15．（2025高一上·丽水期末）部分短周期元素最高化合价与原子序数之间的关系如图，有关说法不正确的是
A．⑤和⑨都属于第三周期的元素
B．③和⑧形成的化合物是两性物质
C．简单氢化物的稳定性：②<③<④
D．最高价氧化物对应水化物的碱性：⑥>⑦>⑧
16．（2025高一上·丽水期末）下列关于物质制备的说法不正确的是
A．实验室用锌和稀硫酸制取氢气
B．实验室用AlCl3溶液和氨水制取Al(OH)3
C．工业上用Cl2通入澄清石灰水的方法制取漂白粉
D．工业上用电解饱和食盐水的方法制取氢氧化钠
17．（2025高一上·丽水期末）下列实验装置(部分夹持装置略)或操作能达到相应实验目的的是
A．制取Cl2 B．配制稀盐酸 C．观察电离过程 D．制取Fe(OH)2
A．A B．B C．C D．D
18．（2025高一上·丽水期末）设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1molNa2CO3·10H2O晶体中含离子总数为3NA
B．12gC与足量浓硫酸完全反应，生成SO2分子数为2NA
C．64gCu与S完全反应，转移的电子数为2NA
D．24.5g硫酸和磷酸的混合物中含有氧原子数为NA
19．（2025高一上·丽水期末）ClO2是一种高效水处理剂，其制备原理为5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，下列说法正确的是
A．HCl体现了还原性和酸性
B．NaCl都是还原产物
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：1
D．若生成44.8LClO2，则反应转移了2mol电子
20．（2025高一上·丽水期末）下列实验操作、现象和结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 干燥的Cl2通入放有鲜花的集气瓶中，鲜花褪色 Cl2有漂白性
B 向FeCl3稀溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，溶液变蓝 Fe3+具有氧化性
C 向待测液中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色 待测液中一定含或
D 向足量新制氯水中滴加3滴NaBr溶液出现橙色，再滴加3滴KI溶液，颜色变深 氧化性Cl2>Br2>I2
A．A B．B C．C D．D
21．（2025高一上·丽水期末）按要求完成下列问题：
（1）HCl的电子式　 　；生石灰的化学式　 　。
（2）钠在空气中燃烧的化学方程式　 　。
（3）标准状况下气体的摩尔体积　 　，气体摩尔体积在该条件下比在25℃、101kPa下小的原因(从微观角度解释)　 　。
22．（2025高一上·丽水期末）黄铁矿(主要成分是FeS2)是一种重要的矿石，以黄铁矿为原料制备硫酸和绿矾晶体(FeSO4 7H2O)的工艺流程如图：
已知：①固体A为红棕色；②所加试剂均过量。
回答下列问题：
（1）固体A的化学式　 　。
（2）反应⑤的化学方程式　 　。
（3）反应④涉及的离子方程式　 　、　 　。
（4）下列说法正确的是_____。
A．反应②通入的X可能是H2或CO
B．操作Y为蒸发结晶
C．气体B是造成酸雨的原因之一
D．反应③中稀硫酸可用稀盐酸或稀硝酸代替
（5）设计实验检验溶液E中的金属阳离子　 　。
23．（2025高一上·丽水期末）元素周期表的轮廓简图如下，A~G是相关元素的代号，回答下列问题：
（1）A元素位于元素周期表第　 　周期第　 　族。
（2）元素金属性：C　 　G(选填“>”、“<”或“=”，下同)，元素非金属性：B　 　E．
（3）B和D元素组成的化合物与G元素的最高价氧化物对应的水化物反应，生成物的化学式是　 　。
（4）B和C元素组成的原子个数比为1：1的化合物中所含化学键类型为　 　。
（5）用一个离子反应证明F元素的非金属性比A强，写出该反应的化学方程式　 　。
24．（2025高一上·丽水期末）草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸，可作还原剂和漂白剂。广泛应用于纺织、印染、冶金、药物生产和化工生产。草酸与酸性KMnO4溶液发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O。实验室根据以上原理测定某草酸样品的纯度。
（1）溶液配制：1000mL0.0100mol·L-1酸性KMnO4溶液。
①用托盘天平称取　 　gKMnO4晶体，放入烧杯中，加入少许水和稀硫酸溶解，冷却至室温。
②将溶液转移到1000mL容量瓶中，洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并将洗涤液一并转入容量瓶，定容、摇匀。
③下列操作使所配制的酸性KMnO4溶液的物质的量浓度偏低的是　 　(填字母)。
A．容量瓶底部有少量的蒸馏水
B．转移液体后没有洗涤烧杯和玻璃棒
C．定容时，俯视刻度线
D．定容、摇匀后，发现液面低于刻度线，补加蒸馏水至刻度线
（2）含量测定
①称取0.5g草酸样品配制成100.00mL溶液，待用。
②移取20.00mL酸性KMnO4溶液，加入25.00mL草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色(假设其他杂质都不反应)。根据以上数据计算样品中草酸的质量分数　 　。
25．（2025高一上·丽水期末）某研究小组利用次氯酸钠和硝酸铁溶液反应生成的高铁酸钠(Na2FeO4)制备新型绿色消毒剂高铁酸钾(K2FeO4)，按如下流程开展实验。
用以下装置完成上述反应I和反应Ⅱ：
已知：K2FeO4易溶于水，在浓KOH溶液中溶解度小；在酸性和碱性条件下都具有强氧化性，且氧化性强于酸性高锰酸钾溶液；在0~5℃碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2.
（1）盛有KMnO4固体的仪器名称　 　；饱和NaCl溶液的作用　 　。
（2）反应I的离子方程式　 　。
（3）下列说法正确的是_____。
A．反应I和反应II均在a仪器中进行
B．反应II结束后应通一段时间N2，然后再拆下装置进行后续实验
C．加入饱和KOH溶液进行转化时，发生氧化还原反应
D．可用FeCl3溶液代替Fe(NO3)3溶液
（4）高铁酸钾既能消毒又能净水，其原因是　 　。
（5）为提高纯度，需对粗产品进行重结晶操作，从下列选项中选出合理的操作步骤：　 　。
→过滤取滤液→加入饱和KOH溶液→置于冰水浴中→→洗涤、干燥→得产品
a．将粗产品溶于热水
b．将粗产品溶于冷的稀KOH溶液
c．过滤取沉淀
d．蒸发浓缩，趁热过滤　
f．冷却结晶
（6）测定产品的纯度(K2FeO4式量为M)
向NaOH溶液中加入固体碘化钾和氟化钠并溶解；准确称取mg样品加入该溶液，待样品充分溶解后，加硫酸酸化至反应完全；用cmol·L-1Na2S2O3溶液进行反应，恰好完全反应时消耗Na2S2O3溶液体积为vmL。
已知：2FeO+6I-+12F-+8H2O=2FeF+3I2+16OH-；I2+2S2O=2I-+S4O，实验测得K2FeO4纯度为　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】氧化物的构成是两种元素且其中一种为氧；酸在水中解离出的阳离子只有 H+；碱在水中解离出的阴离子只有 OH-；盐的特征是由金属阳离子（或铵根离子）与酸根阴离子构成。CaSO4 2H2O 中，Ca2+是金属阳离子，SO42-是酸根阴离子，还含有结晶水，符合盐的组成，因此属于盐。
故答案为：D。
【分析】判断 CaSO4 2H2O 的类别，需依据各类物质的核心特征。
2．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；镁、铝的重要化合物；铁的化学性质
【解析】【解答】A、明矾（KAl(SO4)2 12H2O）净水是因为 Al3+水解生成氢氧化铝胶体，吸附水中杂质，此过程无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，因此不起氧化作用，故A不符合题意 ；
B、铁粉作食品脱氧剂时，铁粉与氧气反应，铁元素化合价升高，铁粉被氧化，作为还原剂起还原作用，而非氧化作用，故B不符合题意 ；
C、漂粉精（主要成分是 Ca(ClO)2和 CaCl2）作消毒剂时，其中 ClO-中的氯元素为 + 1 价，反应中氯元素化合价降低，漂粉精作为氧化剂，起到氧化作用，故C符合题意 ；
D、甘油作护肤保湿剂是利用其吸水性，属于物理性质，无化学变化，更不存在氧化作用，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】判断物质是否起氧化作用，关键看其是否作为氧化剂 —— 氧化剂在反应中会使其他物质被氧化，自身所含元素化合价降低。
3．【答案】A
【知识点】电解质与非电解质
【解析】【解答】A、KNO3固体是化合物，在溶于水或熔融时，能自身解离出 K+和 NO3-，具备导电能力，符合电解质的条件，故A符合题意 ；
B、铜丝是单质，而电解质的前提是化合物，因此铜丝不属于电解质，故B不符合题意 ；
C、NaCl 溶液是混合物（由 NaCl 和水组成），电解质要求是纯净物，所以该溶液不是电解质，故C不符合题意 ；
D、酒精（乙醇）在任何状态下都不能自身电离出离子，无法导电，属于非电解质，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】判断物质是否为电解质，需紧扣电解质的核心定义 —— 必须是化合物，且在水溶液中或熔融状态下能自身电离出自由离子而导电。
4．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、该仪器具有细颈、梨形的瓶身，还有刻度线与瓶塞，符合容量瓶的外观特点，故A符合题意 ；
B、此仪器是分液漏斗，有活塞，主要用于分离互不相溶的液体，和容量瓶外观不同，故B不符合题意 ；
C、该仪器为长颈漏斗，颈部较长，用于向反应容器中添加液体，与容量瓶外形差异大，故C不符合题意 ；
D、此仪器是蒸馏烧瓶，有支管，用于蒸馏操作，和容量瓶外观明显不同，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】要判断哪个仪器是容量瓶，需回忆容量瓶的典型外观特征，即带有刻度线、瓶塞，瓶身呈细颈、梨形。然后依次分析各选项对应的仪器
5．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】对于反应 H2O+CH2+CO ：H2O 中的氢元素，化合价从 +1 变成 0（降低），所以 H2O 是氧化剂，其被还原后生成的 H2是还原产物。
碳元素的化合价从 0 变成 +2（升高），所以 C 是还原剂，其被氧化后生成的 CO 是氧化产物。
A、H2O 中氢元素化合价降低，是氧化剂，A正确；
B、C 中碳元素化合价升高，是还原剂，B正确；
C、H2是 H2O 被还原得到的，属于还原产物，C正确；
D、CO 是 C 被氧化得到的，属于氧化产物，不是还原产物，D错误；
故答案为：D。
【分析】要判断该反应中说法是否正确，需依据氧化还原反应的基本概念，即通过元素化合价的变化来区分氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物。化合价升高的物质是还原剂，对应生成氧化产物；化合价降低的物质是氧化剂，对应生成还原产物。
6．【答案】B
【知识点】同位素及其应用；原子结构示意图；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、同位素指同种元素中质子数相同、中子数不同的原子。35Cl 和37Cl 质子数均为 17，中子数分别为 18 和 20，符合同位素定义，A正确；
B、S2-是硫原子（质子数 16）得到 2 个电子形成的阴离子，核外电子总数应为 18， 结构示意图为，B错误；
C、CO2分子中，碳原子与两个氧原子分别形成双键，分子呈直线形， 分子结构模型：，C正确；
D、MgO 是离子化合物，由 Mg2+和 O2-构成，电子式中阳离子直接写离子符号，阴离子加方括号并标注电荷， 电子式：，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断化学用语是否正确，需结合各类化学用语的规范要求逐一分析：判断化学用语是否正确，需结合各类化学用语的规范要求逐一分析：
7．【答案】A
【知识点】几种常见的化学标志
【解析】【解答】A、 是洗手图标，实验结束后，为避免手上沾染有害物质，离开实验室前需用肥皂等清洗双手，A正确；
B、 是毒性物质图标，代表物质有毒性，而非腐蚀类物质，B错误；
C、 是排风图标，用于制备有毒气体或易挥发物质的实验中，起到排出有害气体的作用，不是用电图标，C错误；
D、 是易燃类物质图标，不是氧化性物质图标，D错误；
故答案为：A。
【分析】要判断实验图标或符号对应是否正确，需回忆各图标代表的含义，然后逐一分析选项。
8．【答案】B
【知识点】焰色反应；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；钠的氧化物
【解析】【解答】A、Na2O 与水反应生成 NaOH，Na2O2与水反应生成 NaOH 和 O2，两种物质都能生成碱，A正确；
B、澄清石灰水与 Na2CO3反应生成 CaCO3白色沉淀；与 NaHCO3反应时，HCO3-先和 OH-反应生成 CO32-，再与 Ca2+结合成 CaCO3白色沉淀，两者现象相同，无法鉴别，B错误；
C、NaHCO3受热易分解为 Na2CO3、CO2和 H2O，而 Na2CO3加热不易分解，说明 Na2CO3热稳定性更强，C正确；
D、钠元素的焰色反应为黄色，NaCl 和 NaOH 都含钠元素，灼烧时火焰均呈黄色，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断关于钠元素及其化合物的说法是否正确，需结合其化学性质和反应现象分析。
9．【答案】C
【知识点】二氧化硫的性质；铁的氧化物和氢氧化物；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】A、SO2有漂白性，能与纸浆、毛、丝中的有色物质结合生成暂时无色的物质，工业上常用其漂白这类材料，A正确；
B、石膏（主要成分为 CaSO4 2H2O）遇水后会硬化定型，利用这一性质可制作模型和医疗用石膏绷带，B正确；
C、BaCO3会和胃酸（含盐酸）反应，生成可溶性的 BaCl2，其中 Ba2+是有毒重金属离子，不能内服；消化系统 X 射线检查用的是不溶于胃酸的 BaSO4，C错误；
D、Fe3O4俗称磁性氧化铁，本身具有磁性，可作为磁性材料使用，D正确；
故答案为：C。
【分析】判断物质用途的说法是否正确，需结合物质的性质（如化学稳定性、漂白性、磁性等）与实际应用场景分析。
10．【答案】D
【知识点】分散系、胶体与溶液的概念及关系；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、胶体的本质特征是分散质微粒直径在 1 - 100 nm 之间，丁达尔效应是胶体的特性，用于鉴别胶体，但不是本质特征，A错误；
B、蛋白质溶液、淀粉溶液中分散质微粒直径在 1 - 100 nm 之间，属于胶体；澄清石灰水是氢氧化钙的水溶液，属于溶液，B错误；
C、胶体是按分散剂的状态来分类的，分为气溶胶（分散剂为气体）、液溶胶（分散剂为液体）和固溶胶（分散剂为固体），不是按分散质分类，C错误；
D、向沸水中逐滴加入 FeCl3饱和溶液，继续煮沸，FeCl3会发生水解反应生成 Fe(OH)3胶体，这种制备方法是正确的，D正确；
故答案为：D。
【分析】判断分散系相关说法的正误，需依据胶体的本质特征、分散系的分类以及胶体的制备方法等知识，对每个选项逐一分析。
11．【答案】B
【知识点】合金及其应用
【解析】【解答】A、合金的硬度通常比组成它的各成分金属更大，这是合金的典型特性之一，A正确；
B、钢是铁碳合金，含碳量对其性能影响显著。含碳量越高，钢的硬度越大，但韧性会变差（即更脆），而非韧性变好、硬度降低，B错误；
C、硬铝作为铝合金，具有密度小、强度高的优势，适合制造对材料轻量化和强度有要求的飞机外壳，C正确；
D、储氢合金的核心功能是大量吸收 H2，并与 H2结合生成金属氢化物，实现氢气的有效储存，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断关于合金的说法是否正确，需依据合金的通性及常见合金的特性分析。
12．【答案】D
【知识点】焰色反应；常用仪器及其使用；配制一定物质的量浓度的溶液；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、分液漏斗有活塞，容量瓶有瓶塞，为防止使用时漏液，使用前都要检查是否漏水，A正确；
B、将溶液转移至容量瓶时，玻璃棒下端靠在容量瓶刻度线以下，能防止溶液沾在刻度线上方，保证定容准确，B正确；
C、焰色试验时，用稀盐酸洗涤铂丝可除去铂丝上的杂质，灼烧后杂质挥发，能排除实验干扰，C正确；
D、新制氯水中含有 HClO，HClO 具有强氧化性，会漂白 pH 试纸，导致无法通过 pH 试纸准确测定新制氯水的 pH，D错误；
故答案为：D。
【分析】逐一分析各选项，结合实验仪器使用规范、溶液转移操作、焰色试验操作、氯水性质来判断说法正误。
13．【答案】B
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型；化学键和分子间作用力的区别
【解析】【解答】A、H2S 分子中，H 与 S 是不同元素原子，形成的共价键属于极性共价键，且分子内无其他类型化学键，A正确；
B、KHSO4在水中电离时，先解离出 K+和 HSO4-（破坏离子键），HSO4-进一步解离为 H+和 SO42-（破坏共价键），因此既破坏离子键也破坏共价键，并非只破坏离子键，B错误；
C、仅含共价键的物质可能是单质（如 O2，分子内为共价键），也可能是共价化合物（如 CO2），因此不一定是共价化合物，C正确；
D、碘单质升华、凝华是物理变化，仅改变分子间作用力，I2分子内的共价键未断裂，D正确；
故答案为：B。
【分析】判断化学键相关说法是否正确，需结合化学键类型、电离时的键破坏情况及物理变化中键的稳定性分析。
14．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cu 的金属活动性在 H 之后，常温下与稀硫酸不反应，离子方程式无客观事实依据， A错误；
B、向 Ca(ClO)2溶液通少量 CO2，反应生成 CaCO3沉淀和 HClO。Ca(ClO)2是可溶性盐拆为 Ca2+、ClO-，CO2是气体、CaCO3是沉淀、HClO 是弱酸均不拆，离子方程式为 Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，符合规则，B正确。
C、氨水是弱碱（NH3 H2O），与 FeCl3反应时不可拆为 OH-，正确方程式应为，C错误；
D、Ba (OH)2与 H2SO4反应时，Ba2+与 SO42-生成 BaSO4沉淀，H+与 OH-生成 H2O，离子方程式需同时体现两种反应，应为，D错误；
故答案为：B。
【分析】判断离子方程式正误需从反应可行性、物质拆分规则（强弱电解质、沉淀 / 气体 / 弱电解质不拆）、配平（电荷、原子守恒）三方面分析。
15．【答案】A
【知识点】元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、⑤是 Ne（第二周期），⑨是 Si（第三周期），二者并非都属于第三周期，A错误；
B、③（O）和⑧（Al）形成 Al2O3，Al2O3既能与酸反应又能与强碱反应，属于两性物质，B正确；
C、非金属性 N < O < F，非金属性越强，简单氢化物越稳定，故稳定性 NH3 < H2O < HF（即②<③<④），C正确；
D、金属性 Na > Mg > Al，金属性越强，最高价氧化物对应水化物碱性越强，故碱性 NaOH > Mg(OH)2 > Al(OH)3（即⑥>⑦>⑧），D正确；
故答案为：A。
【分析】先依据最高化合价与原子序数的关系推断各元素，再结合元素在周期表中的位置及周期律分析选项：
由图可知，①最高正价 +4、原子序数小，为 C；②最高正价 +5，为 N；③④无正价（O、F 的特性），结合原子序数，③为 O、④为 F；⑤原子序数在 F 之后且最高正价为 0，为 Ne；⑥最高正价 + 1，为 Na；⑦最高正价 + 2，为 Mg；⑧最高正价 + 3，为 Al；⑨最高正价 + 4，为 Si。
16．【答案】C
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；氨的性质及用途；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、锌与稀硫酸反应生成氢气，反应条件温和（无需加热），操作简单，且生成的氢气纯净，适合实验室制备，A正确；
B、AlCl3溶液和氨水反应生成 Al(OH)3沉淀，氨水是弱碱，不会溶解生成的 Al(OH)3，能有效制备，B正确；
C、工业制漂白粉需用 Cl2与石灰乳（Ca(OH)2的悬浊液）反应，因澄清石灰水中 Ca(OH)2浓度极低，无法与 Cl2充分反应，不能用于工业生产，C错误；
D、工业上通过电解饱和食盐水（氯碱工业），可生成 NaOH、Cl2和 H2，该方法成熟且高效，是制取氢氧化钠的主要工业方法，D正确；
故答案为：C。
【分析】判断物质制备方法是否正确，需结合实验室或工业生产的实际条件、反应效率及原料特性分析。
17．【答案】D
【知识点】氯气的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液；制取氢氧化铁、氢氧化亚铁
【解析】【解答】A、MnO2与浓盐酸制 Cl2需要加热，图中装置无加热仪器，无法反应，A错误；
B、容量瓶不能直接稀释浓盐酸，应先在烧杯中稀释浓盐酸，冷却后再转移，B错误；
C、硝酸钾溶液导电说明其电离产生自由离子，但电离是微观过程，无法通过灯泡发亮直接观察，C错误；
D、打开 a，稀硫酸与铁粉反应生成 H2，可排尽装置内空气（防 Fe(OH)2被氧化）；关闭 a，生成的 FeSO4溶液进入 B 中与 NaOH 反应生成 Fe(OH)2，装置合理，D正确；
故答案为：D。
【分析】判断实验装置或操作能否达到目的，需结合反应条件、仪器使用规范及物质性质（如易被氧化）分析。
A．MnO2与浓盐酸反应的条件是加热，缺少加热装置则无法制 Cl2。
B．容量瓶的功能是定容，不能用于稀释溶液，浓盐酸稀释需在烧杯中进行。
C．电离是离子解离的微观过程，无法直接观察，灯泡发光仅能证明溶液导电。
D．Fe(OH)2易被氧化，装置通过生成 H2排空气，确保其在无氧环境中生成。
18．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Na2CO3 10H2O 晶体中，1mol 该晶体含 2mol Na+和 1mol CO32-（结晶水为分子，不提供离子），离子总数为 3NA，A正确；
B、12g C 为 1mol，与足量浓 H2SO4加热反应生成 CO2和 SO2，反应中 1mol C 对应生成 2mol SO2，故 SO2分子数为 2NA，B正确；
C、64g Cu 为 1mol，与 S 反应生成 Cu2S（Cu 为 +1 价），每个 Cu 原子失去 1 个电子，转移电子数为 1NA，而非 2NA，C错误；
D、H2SO4和 H3PO4的摩尔质量均为 98g/mol，24.5g 混合物为 0.25mol，两种分子均含 4 个 O 原子，故氧原子总数为 0.25×4×NA=NA，D正确；
故答案为：C。
【分析】结合物质组成、反应中电子转移规律及混合物的摩尔质量特征，分析各选项中微粒数与阿伏加德罗常数的关系：
A．明确结晶水合物中离子仅来自盐的电离，结晶水不参与电离，直接计算离子总数。
B．依据 C 与浓 H2SO4的反应方程式，通过物质的量比例确定 SO2的生成量。
C．关键是 Cu 与 S 反应的产物为 Cu2S（而非 CuS），Cu 元素化合价变化为 + 1，以此计算电子转移数。
D．利用两种酸摩尔质量相同的共性，将混合物视为单一物质计算总物质的量，再结合分子中 O 原子数求总数。
19．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】通过分析反应中 Cl 元素的化合价变化，确定氧化还原关系、物质的作用及产物类型，再结合气体体积计算的条件限制判断选项：反应为 5NaClO2+4HCl=5NaCl+4ClO2↑+2H2O，其中：
NaClO2中 Cl 为 +3 价，反应后部分变为 ClO2中 +4 价（化合价升高，被氧化），部分变为 NaCl 中
-1 价（化合价降低，被还原）；
HCl 中 Cl 为 -1 价，反应后全部进入 NaCl 中（化合价不变）。
A、HCl 中的 Cl 化合价始终为 -1 价，未发生氧化或还原，仅作为酸提供 H+，只体现酸性，不体现还原性，A错误；
B、NaCl 中的 Cl 一部分来自 HCl（未参与氧化还原），一部分来自 NaClO2的还原，因此 NaCl 不全是还原产物，B错误；
C、氧化产物是 ClO2（4mol，来自 Cl+3→Cl+4），还原产物是 NaCl 中来自 NaClO2还原的部分（1mol，来自 Cl+3→Cl- ），二者物质的量之比为 4：1，C正确；
D、44.8L ClO2未说明是否在标准状况下，无法确定其物质的量，因此不能计算转移电子数，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．明确 NaClO2中 Cl 的歧化反应（既升价又降价），HCl 中 Cl 化合价不变。
B．HCl 仅提供 Cl-和 H+，无电子转移，只体现酸性。
C．氧化产物（ClO2）与还原产物（部分 NaCl）的来源及比例。
D．涉及气体体积时，需明确是否为标准状况，否则无法计算物质的量。
20．【答案】B
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；常见离子的检验；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、干燥的 Cl2通入鲜花中，鲜花褪色是因为 Cl2与鲜花中的水分反应生成 HClO，HClO 具有漂白性，而非 Cl2本身有漂白性，A错误；
B、FeCl3溶液中滴加 KI 和淀粉，溶液变蓝（说明生成 I2），因 Fe3+能将 I-氧化为 I2，体现了 Fe3+的氧化性，现象与结论一致，B正确；
C、浓盐酸与待测液反应产生的气体使品红褪色，该气体可能是 SO2（来自 SO32-或 HSO3-），也可能是 Cl2（如待测液含 ClO-等），无法确定一定含 SO32-或 HSO3-，C错误；
D、足量氯水滴加 NaBr 生成 Br2（橙色），但剩余 Cl2可能直接氧化后续加入的 KI，无法证明是 Br2氧化 I2，不能得出氧化性 Br2>I2，D错误；
故答案为：B。
【分析】结合物质的化学性质（如漂白性、氧化性），分析实验现象与结论之间的逻辑关系，判断选项正误：
A．明确 Cl2的漂白性源于与水反应生成的 HClO，干燥 Cl2无漂白作用，区分物质本身与反应产物的性质。
B．通过 I2使淀粉变蓝的特征现象，推断 Fe3+氧化 I-，直接证明 Fe3+的氧化性。
C．注意能使品红褪色的气体不止 SO2（如 Cl2），需排除其他可能，避免结论片面。
D．实验中氯水过量会干扰 Br2与 I2的氧化性比较，需控制反应物用量以排除干扰。
21．【答案】（1）；CaO
（2）2Na+O2Na2O2
（3）22.4L/mol；温度低，分子间隔小
【知识点】气体摩尔体积；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】（1）HCl是共价化合物，H与Cl共用一个电子对，电子式为，生石灰是氧化钙，化学式为CaO；
故答案为： ；CaO；
（2）钠在空气中燃烧生成过氧化钠，化学方程式为2Na+O2Na2O2；
故答案为： 2Na+O2Na2O2 ；
（3）标准状况下气体的摩尔体积是22.4L/mol，气体摩尔体积在该条件下比在25℃、101kPa下小的原因是温度低，分子间隔小。
故答案为： 22.4L/mol ； 温度低，分子间隔小 。
【分析】(1)掌握共价化合物（HCl）的电子式书写，以及生石灰（氧化钙）的化学式。
(2)牢记钠在空气中燃烧生成过氧化钠的反应及化学方程式书写。
(3)记住标准状况下气体摩尔体积数值，从分子间间隔与温度的关系解释气体摩尔体积的变化。
（1）HCl是共价化合物，H与Cl共用一个电子对，电子式为，生石灰是氧化钙，化学式为CaO；
（2）钠在空气中燃烧生成过氧化钠，化学方程式为2Na+O2Na2O2；
（3）标准状况下气体的摩尔体积是22.4L/mol，气体摩尔体积在该条件下比在25℃、101kPa下小的原因是温度低，分子间隔小。
22．【答案】（1）Fe2O3
（2）2SO2+O22SO3
（3）Fe+2Fe3+═3Fe2+；Fe+2H+═Fe2++H2↑
（4）A；C
（5）取少量溶液于试管中，加入KSCN，无明显现象，加入氯水(或其他氧化剂)，溶液变红，则说明有Fe2+
【知识点】铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）FeS2和氧气反应生成Fe2O3和SO2，固体A的化学式Fe2O3；
故答案为： Fe2O3 ；
（2）反应⑤是二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，反应的化学方程式2SO2+O22SO3；
故答案为： 2SO2+O22SO3 ；
（3）反应④是硫酸铁和Fe反应生成FeSO4、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，涉及的离子方程式Fe+2Fe3+═3Fe2+、Fe+2H+═Fe2++H2↑；
故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+、Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（4）A. 反应②是Fe2O3被X还原生成Fe，通入的X可能是H2或CO，故A正确；
B. 操作Y为FeSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得FeSO4 7H2O，故B错误；
C. 气体B是SO2，SO2是造成酸雨的原因之一，故C正确；
D. 黄铁矿为原料制备绿矾晶体，反应③中稀硫酸若用稀盐酸或稀硝酸代替，会引入氯离子、硝酸根离子，所以反应③中稀硫酸不能用稀盐酸或稀硝酸代替，故D错误；
故答案为：AC。
（5）溶液E中的溶质是FeSO4，取少量溶液于试管中，加入KSCN，无明显现象，加入氯水，溶液变红，则说明有Fe2+；
故答案为： 取少量溶液于试管中，加入KSCN，无明显现象，加入氯水(或其他氧化剂)，溶液变红，则说明有Fe2+ 。
【分析】黄铁矿的主要成分是 FeS2，以此为原料制备硫酸和绿矾晶体（FeSO4 7H2O）的流程分析：
步骤①：FeS2与 O2反应，生成红棕色的 Fe2O3（固体 A）和 SO2气体（气体 B）；
步骤②：固体 A（Fe2O3）通入还原性气体 X（如 CO），被还原为 Fe 单质（单质 C）；
步骤③：Fe2O3与稀硫酸反应，生成 Fe2(SO4)3溶液（溶液 D）；
步骤④：溶液 D（Fe2(SO4)3）中加入过量 Fe 单质（单质 C），发生反应生成 FeSO4溶液（溶液 E），过滤后得到纯净的溶液 E；
步骤⑤：气体 B（SO2）与 O2反应，进一步氧化生成 SO3（气体 F）；
步骤⑥：用 98.3% 的浓硫酸吸收气体 F（SO3），得到硫酸溶液（溶液 G）；
溶液 E 经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作（操作 Y），最终得到 FeSO4 7H2O 晶体。
（1）FeS2和氧气反应生成Fe2O3和SO2，固体A的化学式Fe2O3；
（2）反应⑤是二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，反应的化学方程式2SO2+O22SO3；
（3）反应④是硫酸铁和Fe反应生成FeSO4、铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，涉及的离子方程式Fe+2Fe3+═3Fe2+、Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（4）A. 反应②是Fe2O3被X还原生成Fe，通入的X可能是H2或CO，故A正确；
B. 操作Y为FeSO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得FeSO4 7H2O，故B错误；
C. 气体B是SO2，SO2是造成酸雨的原因之一，故C正确；
D. 黄铁矿为原料制备绿矾晶体，反应③中稀硫酸若用稀盐酸或稀硝酸代替，会引入氯离子、硝酸根离子，所以反应③中稀硫酸不能用稀盐酸或稀硝酸代替，故D错误；
选AC。
（5）溶液E中的溶质是FeSO4，取少量溶液于试管中，加入KSCN，无明显现象，加入氯水，溶液变红，则说明有Fe2+；
23．【答案】（1）二；ⅣA
（2）<；>
（3）K[Al(OH)4]
（4）离子键、非极性共价键
（5）2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+CO2↑+H2O
【知识点】化学键；氧化还原反应方程式的配平；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）根据分析可知，A为碳元素，核外有2个电子层，最外层4个电子，位于元素周期表第二周期第ⅣA族；
故答案为： 二 ；ⅣA；
（2）同主族元素从上到下金属性增强，C（Na）、G（K）同主族，故金属性：CE；
故答案为： < ； > ；
（3）B(O)和D(Al)组成的物质是Al2O3，K元的最高价氧化物对应的水化物是KOH，它们反应的化学方程式为：Al2O3+2KOH+3H2O=2K[Al(OH)4]，则生成物的化学式为：K[Al(OH)4]；
故答案为： K[Al(OH)4] ；
（4）B（O）和C（Na）组成的原子个数比为1：1的化合物是Na2O2，含离子键、非极性共价键；
故答案为： 离子键、非极性共价键 ；
（5）要证明F(Cl)元素的非金属性比A(C)强，根据“元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强”，若能证明Cl的最高价含氧酸HClO4的酸性强于C的最高价含氧酸H2CO3，即可说明Cl非金属性强于C，故化学方程式为：2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+CO2↑+H2O。
故答案为： 2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+CO2↑+H2O ；
【分析】观察周期表结构，A 处于第二周期第 ⅣA 族，可推知 A 为碳（C）；
B 在第二周期第 ⅥA 族，推知 B 为氧（O）；
C 位于第三周期第 ⅠA 族，推知 C 为钠（Na）；
D 在第三周期第 ⅢA 族，推知 D 为铝（Al）；
E 处于第三周期第 ⅥA 族，推知 E 为硫（S）；
F 在第三周期第 ⅦA 族，推知 F 为氯（Cl）；
G 位于第四周期第 ⅠA 族，推知 G 为钾（K）。
（1）根据分析可知，A为碳元素，核外有2个电子层，最外层4个电子，位于元素周期表第二周期第ⅣA族；
（2）同主族元素从上到下金属性增强，C（Na）、G（K）同主族，故金属性：CE；
（3）B(O)和D(Al)组成的物质是Al2O3，K元的最高价氧化物对应的水化物是KOH，它们反应的化学方程式为：Al2O3+2KOH+3H2O=2K[Al(OH)4]，则生成物的化学式为：K[Al(OH)4]；
（4）B（O）和C（Na）组成的原子个数比为1：1的化合物是Na2O2，含离子键、非极性共价键；
（5）要证明F(Cl)元素的非金属性比A(C)强，根据“元素非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强”，若能证明Cl的最高价含氧酸HClO4的酸性强于C的最高价含氧酸H2CO3，即可说明Cl非金属性强于C，故化学方程式为：2HClO4+Na2CO3=2NaClO4+CO2↑+H2O。
24．【答案】（1）1.6(1.58)；BD
（2）36%
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；探究物质的组成或测量物质的含量
【解析】【解答】（1）①配制10000.0100酸性溶液所需要的晶体质量为：；
A．容量瓶底部有少量蒸馏水，定容前存在不影响，因最终体积准确，浓度不变；
B．未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质残留在烧杯中，n 减小，浓度偏低；
C．定容时俯视刻度线，实际体积 V 偏小，浓度偏高；
D．摇匀后补加蒸馏水，V 增大，浓度偏低；
故答案为： 1.6(1.58) ；BD；
（2）根据方程式，20.00酸性溶液，加入25.00草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色，样品中草酸的质量分数为：
故答案为： 36% 。
【分析】（1）①按公式计算所需KMnO4晶体的质量。
②分析操作对浓度的影响：未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少；定容后补加蒸馏水，体积偏大，均导致浓度偏低。
（2）根据反应中KMnO4与H2C2O4的物质的量比例，结合溶液体积换算，计算草酸质量及质量分数。
（1）①配制10000.0100酸性溶液所需要的晶体质量为：；
A．容量瓶底部有少量蒸馏水，定容前存在不影响，因最终体积准确，浓度不变；
B．未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质残留在烧杯中，n 减小，浓度偏低；
C．定容时俯视刻度线，实际体积 V 偏小，浓度偏高；
D．摇匀后补加蒸馏水，V 增大，浓度偏低；
故选BD；
（2）根据方程式，20.00酸性溶液，加入25.00草酸样品溶液，溶液恰好完全褪色，样品中草酸的质量分数为：。
25．【答案】（1）圆底烧瓶；除去Cl2中混有的HCl
（2）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3）A；B
（4）高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒；同时生成氢氧化铁胶体，可以净水
（5）bc
（6）%
【知识点】氯气的实验室制法；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）盛有固体的仪器名称圆底烧瓶；由分析可知，饱和NaCl溶液的作用除去中混有得；
故答案为： 圆底烧瓶 ； 除去Cl2中混有的HCl ；
（2）由分析可知，反应I为，则离子方程式为：；
故答案为： Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O ；
（3）A．由分析可知，反应I和反应II均在a仪器三颈烧瓶中进行，A正确；
B．反应II结束后应通一段时间，目的是将装置中得氯气全部导入氢氧化钠溶液中进行吸收，防止污染空气，然后再拆下装置进行后续实验，B正确；
C．由分析可知，加入饱和溶液进行转化，目的是将转化为，发生的是复分解反应，C错误；
D．若用溶液代替溶液，的产率和纯度都会降低，一个原因是在反应温度和强碱环境下的溶解度比大，使得结晶去除率较低，另一个原因是具有强氧化性，能将氯离子氧化，消耗产品使得产率降低，D错误；
故答案为：AB。
（4）根据已知信息，具有强氧化性，且氧化性强于酸性高锰酸钾溶液，则高铁酸钾既能消毒又能净水的原因是：铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒；同时生成氢氧化铁胶体，可以净水；
故答案为： 高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒；同时生成氢氧化铁胶体，可以净水 ；
（5）为提高纯度，需对粗产品进行重结晶操作，过滤取滤液，加入饱和溶液，置于冰水中，过滤取沉淀，所得沉淀经乙醇洗涤、干燥，可得产品，故答案选bc；
故答案为： bc ；
（6）根据得失电子守恒可得关系式：，则本次实验测得纯度为；
故答案为：% 。
【分析】氯气的制备与处理：通过 KMnO4与浓盐酸反应生成 Cl2，用饱和食盐水除去 Cl2中混有的 HCl 杂质；反应 Ⅰ：Cl2通入 NaOH 溶液中，发生反应 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，生成 NaClO；反应 Ⅱ：向上述溶液中加入 Fe(NO3)3溶液，反应为 3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4+6NaNO3+3NaCl+5H2O，生成 Na2FeO4。
转化与提纯：反应后过滤，滤液中加入饱和 KOH 溶液，使 Na2FeO4转化为溶解度更小的 K2FeO4；过滤得到粗 K2FeO4，经重结晶提纯得产品。实验中用 NaOH 溶液吸收尾气 Cl2，避免污染。据此解题。
（1）盛有固体的仪器名称圆底烧瓶；由分析可知，饱和NaCl溶液的作用除去中混有得；
（2）由分析可知，反应I为，则离子方程式为：；
（3）A．由分析可知，反应I和反应II均在a仪器三颈烧瓶中进行，A正确；
B．反应II结束后应通一段时间，目的是将装置中得氯气全部导入氢氧化钠溶液中进行吸收，防止污染空气，然后再拆下装置进行后续实验，B正确；
C．由分析可知，加入饱和溶液进行转化，目的是将转化为，发生的是复分解反应，C错误；
D．若用溶液代替溶液，的产率和纯度都会降低，一个原因是在反应温度和强碱环境下的溶解度比大，使得结晶去除率较低，另一个原因是具有强氧化性，能将氯离子氧化，消耗产品使得产率降低，D错误；
答案选AB。
（4）根据已知信息，具有强氧化性，且氧化性强于酸性高锰酸钾溶液，则高铁酸钾既能消毒又能净水的原因是：铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒；同时生成氢氧化铁胶体，可以净水；
（5）为提高纯度，需对粗产品进行重结晶操作，过滤取滤液，加入饱和溶液，置于冰水中，过滤取沉淀，所得沉淀经乙醇洗涤、干燥，可得产品，故答案选bc；
（6）根据得失电子守恒可得关系式：，则本次实验测得纯度为；
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